Phương trình hệ phương trình

 cos 4t
(1)⇔ x = 2 cos2 4t− 1 = cos 8t
⇒ cos t = cos 8t⇔ t = k2pi
7
∨ t = k2pi
9
(k ∈ Z)
⇔ t ∈
{
0;
2pi
9
;
4pi
9
;
2pi
3
;
2pi
7
;
4pi
7
}
(do t ∈
[
0;
2pi
3
]
)
Vậy (V I) cú nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1) ;
(
cos
2pi
9
; cos
4pi
9
; cos
8pi
9
)
;
(−1
2
;
−1
2
;
−1
2
)
(
cos
2pi
7
; cos
4pi
7
; cos
8pi
7
)
và cỏc hoỏn vị. 2
~ Nhận xột: Phương phỏp lượng giỏc hoỏ cần sự khộo lộo và hiểu biết rừ về cụng thức lượng
giỏc. Như ở bài 5, từ x = 2y2 − 1 làm ta nhớ đến cụng thức cos 2t = 2 cos2 t− 1, do đú ta mới
189
đặt x = cos t. Ta xột tiếp Bài 6:
Bài 6: Giải hệ phương trỡnh (V I)

x2 = y + 2 (1)
y2 = z + 2 (2)
z2 = x+ 2 (3)
Giải
Khụng giảm tổng quỏt giả sử x = max{x; y; z}.
⇒ x2 = y + 2 6 x+ 2⇒ −1 6 x 6 2.
Đặt x = 2 cos t (t ∈
[
0;
2pi
3
]
).
(1)⇔ y = x2 − 2 = 2(2 cos2 t− 1) = 2 cos 2t
(2)⇔ z = y2 − 2 = 2(2 cos2 2t− 1) = 2 cos 4t
(3)⇔ x = z2 − 2 = 2(2 cos2 4t− 1) = 2 cos 8t
⇒ cos t = cos 8t⇔ t = k2pi
7
∨ t = k2pi
9
(k ∈ Z)
⇔ t ∈
{
0;
2pi
9
;
4pi
9
;
2pi
3
;
2pi
7
;
4pi
7
}
do t ∈
[
0;
2pi
3
]
Vậy (V I) cú nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) ;
(
2 cos
2pi
9
; 2 cos
4pi
9
; 2 cos
8pi
9
)
; (−1;−1;−1) ;(
2 cos
2pi
7
; 2 cos
4pi
7
; 2 cos
8pi
7
)
và cỏc hoỏn vị. 2
~ Nhận xột: Bài 6 rừ ràng cần sự khộo lộo. Nếu đặt x = sin t; cos t hay tan t thỡ biểu thức x2−2
khụng liờn quan trực tiếp đến cụng thức lượng giỏc nào, nhưng để ý rằng
(2 cos t)2 − 2 = 2(2 cos t− 1) = 2 cos 2t. Vỡ vậy ta phải đặt x = 2 cos t.
Bài 7: Giải hệ phương trỡnh (V II)

x4y − 6x2y + 4x3 − 4x+ y = 0
y4z − 6y2z + 4y3 − 4y + z = 0
z4x− 6z2x+ 4z3 − 4z + x = 0
Giải
~ í tưởng: Đầu tiờn ta biến đổi
(V II)⇔

y =
4x− 4x3
x4 − 6x2 + 1 (1)
z =
4y − 4y3
y4 − 6y2 + 1 (2)
x =
4z − 4z3
z4 − 6z2 + 1 (3)
Ta thử xột đạo hàm của f(t) =
4t− 4t3
t4 − 6t2 + 1 . Dễ thấy
f ′(t) =
4(t2 + 1)3
(t4 − 6t2 + 1)2 > 0 ∀t 6= ±
√
3± 2
√
2
Đến đõy, nếu chưa nhận ra vấn đề thỡ ta sẽ cú nhận xột x = y = z
⇒ (V II) cú nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0); (√3;√3;√3); (−√3;−√3;−√3).
190
Thực ra ở đõy ta đó mắc một sai lầm rất tinh vi là hàm f(t) chỉ đồng biến trờn từng khoảng
xỏc định chứ khụng đồng biến trờn miền xỏc định (vớ dụ f(2) =
24
7
> f(3) =
−24
7
). Vỡ vậy
bài 7 khụng thể dựng hàm đơn điệu. Theo ý tưởng ở trờn, ta nghĩ tới phương ỏn 2: lượng
giỏc hoỏ.
Nhỡn vào phõn thức, ta thường nghĩ tới cụng thức về tan. Để ý rằng f(tan a) = tan 4a do đú
ta đặt x = tan a.
~ Lời giải:
ĐKXĐ: x, y, z 6= ±
√
3± 2√2
Đặt x = tan a (a ∈ [0; pi) ∧ a 6= pi
2
)
Từ (1), (2), (3) ta tớnh được: y = f(x) = tan 4a; z = f(y) = tan 16a;x = f(z) = tan 64a
⇒ tan a = tan 64a⇔ a = kpi
63
(k = 0, 62)
Vậy (V II) cú nghiệm (x; y; z) = (tan a; tan 4a; tan 16a) với a =
kpi
63
, k = 0; 62
~ Nhận xột: Nguyờn lớ cực hạn thường được dựng trong cỏc bài hệ hoỏn vị nhưng khụng cũn
tỏc dụng với những bài đặt lượng giỏc. Nếu xột hàm đơn điệu theo cỏch đầu tiờn thỡ ta đó làm
mất 60 nghiệm của hệ!
Bài 8: Giải hệ phương trỡnh: (V III)

x3 − 3x = y (1)
y3 − 3y = z (2)
z3 − 3z = x (3)
(HSG Thỏi Bỡnh 2009)
Giải
Từ hệ phương trỡnh suy ra:
[
(x3 − 3x)3 − 3(x3 − 3x)
]3
− 3
[
(x3 − 3x)3 − 3(x3 − 3x)
]
= x.
Đõy là phương trỡnh đa thức bậc 27 nờn cú nhiều nhất 27 nghiệm. Do đú hệ đó cho cú nhiều
nhất 27 nghiệm.
Xột x ∈ [−2; 2]. Ta sẽ chứng minh hệ cú 27 nghiệm trong trường hợp này, do đú khụng cần xột
cỏc trường hợp cũn lại.
Đặt x = 2 cos t (t ∈ [0; pi]). Khi đú ta cú:
(1)⇔ y = 2 cos 3t
(2)⇔ z = 2 cos 9t
(3)⇔ x = 2 cos 27t
⇒ cos 27t = cos t ⇔
 t = k pi13
t = k
pi
14
(k ∈ Z)
Với t = k
pi
13
(k ∈ Z), do t ∈ [0; pi] nờn k nhận cỏc giỏ trị 0;1;2;. . . ;12;13.
Với t = k
pi
14
(k ∈ Z), do t ∈ [0; pi] nờn k nhận cỏc giỏ trị 0;1;2;. . . ;12;13;14.
Nghiệm của hệ ứng với t = 0 và t = pi ở cả hai trường hợp trựng nhau nờn hệ cú 27 nghiệm
phõn biệt là
(
2 cos
kpi
13
; 2 cos
k3pi
13
; 2 cos
k9pi
13
)
với k = 0, 13 và(
2 cos
kpi
14
; 2 cos
k3pi
14
; 2 cos
k9pi
14
)
với k = 1, 13 2
~ Nhận xột: Mấu chốt của lời giải chớnh là nhận xột hệ cú tối đa 27 nghiệm, khi đú khụng cần
xột cỏc trường hợp cũn lại. Thật ra ta vẫn cú thể xột thờm trường hợp x, y, z ∈ (−∞;−2) và
191
x, y, z ∈ (2; +∞), khi đú hàm số f(t) = t3 − 3t là hàm đơn điệu.
Tiếp theo ta cựng xem qua một số bài hệ hoỏn vị giải bằng Bất đẳng thức:
Bài 9: Giải hệ phương trỡnh (IX)

x2 + x− 1 = y
y2 + y − 1 = z
z2 + z − 1 = x
Giải
Ta cựng xem qua 2 cỏch giải cho bài toỏn:
> Cỏch 1:
Khụng mất tớnh tổng quỏt giả sử: x = min {x; y; z}
x2 − 1 = y − x > 0⇒ |x| > 1
z2− 1 = x− z 6 0⇒ |z| 6 1⇒ −1 6 y2 + y− 1 6 1⇒ 0 6 y2 + y 6 2⇒ y ∈ [−2;−1]∪ [0; 1].
* Nếu x > 0⇒ z > x > 1⇒ z = x = 1⇒ y = 1
* Nếu x 6 0⇒
{
x 6 −1⇒ z2 + z − 1 6 −1⇒ z ∈ [0; 1]
x 6 −1⇒ x(x+ 1) > 0⇒ y > −1
* Nếu y = −1⇒ x = y = z = −1
* Nếu y > −1 :⇒ y ∈ [0; 1]
Ta cú:
−1 > z2 + z − 1 = x > −
5
4
y2 + y − 1 = z 6 0
⇒
0 6 y 6
√
5− 1
2
−1 6 z 6 0
⇒ |xyz| < 1 (∗).
Mà xyz(x+ 1)(y + 1)(z + 1) = (x2 + x)(y2 + y)(z2 + z) = (x+ 1)(y + 1)(z + 1)
> Nếu (x+ 1)(y + 1)(z + 1) = 0 thỡ x = y = z = −1
> Nếu (x+ 1)(y + 1)(z + 1) 6= 0 thỡ xyz = 1 (sai do (*))
Vậy hệ cú nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1), (−1;−1;−1) 2
> Cỏch 2:
Cộng vế theo vế ta cú: x2 + y2 + z2 = 3
Hệ ⇔

x(x+ 1) = y + 1
y(y + 1) = z + 1
z(z + 1) = x+ 1
Nếu x = −1⇔ y = z = −1
Nếu x, y, z 6= −1 thỡ nhõn vế theo vế, ta được: xyz = 1
Lại cú: 3 = x2 + y2 + z2 > 3 3
√
x2y2z2 = 3 ⇔ x2 = y2 = z2 = 1 ⇔ x = y = z = 1 Vậy hệ cú
nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1), (−1;−1;−1) 2
Bài 10: Giải hệ phương trỡnh (X)

x3 − 2x− 2 = y
y3 − 2y − 2 = z
z3 − 2z − 2 = x
Giải
192
Hệ (X) tương đương với 
(x− 2)[(x+ 1)2 + 1] = y − 2 (1)
(y − 2)[(y + 1)2 + 1] = z − 2 (2)
(x− 2)[(z + 1)2 + 1] = x− 2 (3)
Để ý rằng

(1)⇒ |x− 2| > |y − 2|
(2)⇒ |y − 2| > |z − 2|
(3)⇒ |z − 2| > |x− 2|
⇒ |x− 2| = |y − 2| = |z − 2|
Ta cũng cú x− 2, y − 2, z − 2 cựng dấu do đú x− 2 = y − 2 = z − 2⇔ x = y = z
Vậy (X) trở thành
x = y = zx3 − 3x− 2 = 0 ⇔
[
x = y = z = −1
x = y = z = 2
Kết luận: Hệ phương trỡnh cú nghiệm (x; y; z) = (−1;−1;−1), (2; 2; 2) 2
Bài 11: Giải hệ phương trỡnh (XI)

4x2 − 3x+ 1 = y
4y2 + y + 1 = 5z
4z2 − z + 1 = 3x
Giải
Viết lại hệ phương trỡnh dưới dạng
(XI)⇔

(2x− 1)2 = y − x
(2y − 1)2 = 5(z − y)
(2z − 1)2 = 3(x− z)
⇒

x− y > 0
y − z > 0
z − x > 0
⇒ x = y = z
Vậy (X)⇔
x = y = z4x2 − 4x+ 1 = 0 ⇔ x = y = z = 12
Kết luận: Hệ cú nghiệm duy nhất x = y = z =
1
2
2
~ Nhận xột: Tổng quỏt hơn, ta cú thể giải hệ phương trỡnh

[f(x)]2 = (y − x)p.α
[f(y)]2 = (z − y)m.β
[f(z)]2 = (x− z)n.χ
với m, n, p là cỏc số lẻ và α, β, χ > 0
Bài 12: Giải hệ phương trỡnh (XII)

x1 =
√
3
9
cos(pix2)
x2 =
√
3
9
cos(pix3)
x3 =
√
3
9
cos(pix4)
x4 =
√
3
9
cos(pix1)
( Olympic 30-4-2007)
Giải
193
Từ hệ phương trỡnh ta cú |xi| 6
√
3
9
<
1
2
(i = 1, 4)
⇒ −pi
2
< pixi <
pi
2
⇒ 0 < cos(pixi) 6 1⇒ 0 < xi < 1
2
⇒ 0 < pixi < pi
2
Khụng giảm tổng quỏt, giả sử x1 = max{x1;x2;x3;x4}
⇒ x1 > x3 ⇒
√
3
9
cos(pix2) >
√
3
9
cos(pix4)⇒ pix2 6 pix4 ⇒ x2 6 x4
⇒
√
3
9
cos(pix3) 6
√
3
9
cos(pix1)⇒ pix3 > pix1 ⇒ x3 > x1 ⇒ x3 = x1
Khi đú suy ra x2 = x4.
Xột hàm số f(x) = x+
√
3
9
cos(pix) với x ∈
(
0;
1
2
)
Ta cú: f ′(x) = 1−
√
3
9
pi sin(pix) > 1−
√
3
9
pi > 0. Suy ra hàm số f(x) đồng biến trờn
(
0;
1
2
)
.
Lại cú: x1 + x4 = x1 + x2 ⇒ x1 +
√
3
9
cos(pix1) = x2 +
√
3
9
cos(pix2)
⇒ x1 = x2 (do hàm số f(x) đồng biến).
Do đú: x1 = x2 = x3 = x4 ⇒ x1 =
√
3
9
cos(pix1)⇒ cos(pix1)− 3
√
3x1 = 0
Xột hàm số g(x) = cos(pix)− 3√3x với x ∈
(
0;
1
2
)
Ta cú: g′(x) = −pi sin(pix)− 3√3 < 0 ∀x ∈
(
0;
1
2
)
. Vậy hàm số g(x) nghịch biến trờn khoảng(
0;
1
2
)
.
Do đú phương trỡnh g(x) = 0 cú nhiều nhất 1 nghiệm trờn đoạn này.
Mặt khỏc, g(
1
6
) = 0 nờn phương trỡnh g(x) = 0 cú nghiệm duy nhất x =
1
6
.
Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất là
(
1
6
;
1
6
;
1
6
)
2.
Bài 13: Giải hệ phương trỡnh (XIII)

x = (y − 1)2
y = (z − 1)2
z = (t− 1)2
t = (x− 1)2
Giải
Giả sử x = min {x; y; z; t}. Từ hệ phương trỡnh ta suy ra x, y, z, t > 0.
> Trường hợp 1: 0 < x 6 1
⇒ −1 < x− 1 6 0⇒ 0 6 (x− 1)2 < 1⇒ 0 < t 6 1⇒ 0 6 (t− 1)2 < 1
⇒ 0 < z 6 1⇒ 0 6 (z − 1)2 < 1⇒ 0 < y 6 1.
Vậy ta cú: 0 < x, y, z, t 6 1.
Khi đú, từ z > x suy ra (t− 1)2 > (y − 1)2 ⇒ y > t⇒ (z − 1)2 > (x− 1)2
⇒ x > z ⇒ (y − 1)2 > (t− 1)2 ⇒ t > y.
Từ đú suy ra: x = z, y = t.
194
Từ hệ phương trỡnh ta cú:
{
x = (y − 1)2
y = (x− 1)2
⇒

x = y =
3 +
√
5
2
> 1 (loại)
x = y =
3−√5
2{
x = 0
y = 1{
x = 1
y = 0
.
> Trường hợp 2: x > 1
⇒ x, y, z, t > 1. Khi đú ,từ y > x suy ra (z − 1)2 > (y − 1)2 ⇒ z > y
⇒ (t− 1)2 > (z − 1)2 ⇒ t > z ⇒ (x− 1)2 > (t− 1)2 ⇒ x > t. Suy ra: x = y = z = t.
Từ hệ phương trỡnh suy ra:
x = (x− 1)2 ⇒
x =
3 +
√
5
2
x =
3−√5
2
< 1
Vậy hệ phương trỡnh cú cỏc nghiệm là (x; y; z; t) =
(
3 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2
)
;(
3−√5
2
;
3−√5
2
;
3−√5
2
;
3−√5
2
)
;(0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0) 2.
Bài 14: Giải hệ phương trỡnh (XIV )

x21 + x1 − x2 − 1 = 0
x22 + x2 − x3 − 1 = 0
x23 + x3 − x4 − 1 = 0
x24 + x4 − x1 − 1 = 0
. (Olympic 30-4-2011)
Giải
Khụng giảm tổng quỏt giả sử x1 = min{x1;x2;x3;x4}.
Xột f(t) = t2 + t− 1. Hệ phương trỡnh tương tương
f(x1) = x2
f(x2) = x3
f(x3) = x4
f(x4) = x1
Hàm số f(t) tăng trờn khoảng (−1
2
; +∞), giảm trờn khoảng (−∞;−1
2
) và
f(t) > f(−1
2
) = −5
4
∀t ∈ R nờn xi > −5
4
∀i = 1, 4.
> Nếu x1 > −1
2
:
Ta cú:

x4 > −5
4
f(x4) > −1
2
>
−11
6
= f(−5
4
)
⇒ x4 > −1
2
.
195
Lập luận tương tự ta cũng cú: x2, x3 > −1
2
.
Do x1 6 x2 ⇒ f(x1) 6 f(x2)⇒ x2 6 x3 ⇒ f(x2) 6 f(x3)⇒ x3 6 x4
⇒ f(x3) 6 f(x4)⇒ x4 6 x1 ⇒ x1 6 x2 6 x3 6 x4 6 x1 ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = 1.
> Nếu x1 < −1
2
:
Nếu cú k ∈ {1; 2; 3; 4} để xk > −1
2
thỡ theo trường hợp trờn ta cú: xi > −1
2
∀i = 1, 4
⇒ x1 > −1
2
( mõu thuẫn). Vậy xi < −1
2
∀i = 1, 4.
Do x1 6 x3 ⇒ f(x1) > f(x3)⇒ x2 > x4 ⇒ f(x2) 6 f(x4)⇒ x3 6 x1 ⇒ x3 = x1.
Lập luận tương tự ta cú x2 = x4.
Hệ phương trỡnh trở thành:

x1 = x3
x2 = x4
f(x1) = x2
f(x2) = x3
⇒ x1 + f(x1) = x2 + f(x2)⇒ x21 + 2x1 − 1 = x22 + 2x2 − 1 ⇒
[
x1 = x2
x1 = −x2 − 2
⇒ x1 = x2 = ±1
⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = ±1
Vậy hệ phương trỡnh ban đầu cú nghiệm là x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 2.
Bài 15: Giải hệ phương trỡnh (XV )

x1 =
1
2
(
x2 +
1
x2
)
(1)
x2 =
1
2
(
x3 +
1
x3
)
(2)
...
x2012 =
1
2
(
x1 +
1
x1
)
(2012)
Giải
ĐKxĐ: xi 6= 0 (i = 1; 2012)
(1)⇒ |x1| = 1
2
|x2 + 1
x2
| = 1
2
(|x2|+ | 1
x2
|) > 1
Chứng minh tương tự cú |xi| > 1 (i = 1; 2012)
Lại cú: x1.x2 =
1
2
(x22 + 1) > 0⇒ x1, x2 cựng dấu.
Chứng minh tương tự cú x1, x2, ..., x2012 cựng dấu.
⇒ |
2012∑
i=1
xi| =
2012∑
i=1
|xi| ∧ |
2012∑
i=1
1
xi
| =
2012∑
i=1
| 1
xi
|(∗)
Cộng (1), (2), ..., (2012) vế theo vế ta cú:
2012∑
i=1
xi =
1
2
2012∑
i=1
(xi+
1
xi
)⇒
2012∑
i=1
xi =
2012∑
i=1
1
xi
⇒ |
2012∑
i=1
xi| = |
2012∑
i=1
1
xi
| ⇒
2012∑
i=1
|xi| =
2012∑
i=1
| 1
xi
|(∗∗) (do(∗))
Lại cú: |xi| > 1⇒
2012∑
i=1
|xi| > 2012 >
2012∑
i=1
| 1
xi
|
196
Vậy (**) tương đương
|x1| = |x2| = ...|x2012| = 1⇔
[
x1 = x2 = ... = x2012 = 1
x1 = x2 = ... = x2012 = −1
Thử lại ta thấy (V III) cú nghiệm (x1;x2; ...x2012) = (1; 1; ...; 1), (−1;−1, ...;−1). 2
Như vậy, bằng biến đổi khộo lộo, kết hợp đẳng thức “|
n∑
i=1
xi| =
n∑
i=1
|xi| ⇔ x1, x2, ...xn cựng
dấu”, ta đó giải quyết bài toỏn mà khụng cần tới nguyờn lớ cực hạn.
Bài 16: Giải hệ phương trỡnh: (XV I)

x21 = x2 + 1
x22 = x3 + 1
.................
x2n−1 = xn + 1
x2n = x1 + 1
(n ∈ N∗, n > 2).
Giải
Khụng mất tớnh tổng quỏt, giả sử x1 = max{x1, x2..., xn}(*).
Thế thỡ x2n = x1 + 1 = max {x1 + 1, x2 + 1, ..., xn + 1} = max {x21, x22, ..., x2n}.
⇒ |xn| = max{|x1| , |x2| ..., |xn| }(**)
Từ (*) và (**) suy ra xn 6 0.
> Nếu x1 > 0 thỡ x2n = x1 + 1 > 1. Vỡ xn < 0 nờn xn < −1( vụ lớ vỡ x2n−1 = xn + 1 < 0).
Vậy x1 6 0⇒ xi 6 0 ∀i = 1, n.
Từ (**) suy ra xn = min{x1, x2..., xn}.
Vỡ xi 6 x1 6 0 ∀i nờn |x1| = min {|xi|} hay x12 = min {xi2} .
Vậy x2 = x
2
1− 1 = min{x2i − 1} = min{xi}= xn. Từ x22 = x3 + 1 và x2n = x1 + 1 suy ra x1 = x3.
Cứ tiếp tục như vậy ta cú
{
x1 = x3 = ... = max {xi}
x2 = x4 = ... = min {xi}=xn
.
> Với n lẻ:
Ta cú x1 = x2 = ... = xn. Từ hệ ta cú: x
2
1 − x1 − 1 = 0⇔ x1 =
1±√5
2
.
Do đú hệ phương trỡnh cú nghiệm là x1 = x2 = ... = xn =
1−√5
2
.
> Với n chẵn:
Từ x22 = x3 + 1, x
2
1 = x2 + 1 và x1 = x3 ta cú (x
2
1 − 1)2 = x1 + 1⇒

x1 = 0
x1 = −1
x1 =
1−√5
2
Vậy hệ phương trỡnh cú cỏc nghiệm
(x1, x2, ..., xn) =
(
1−√5
2
;
1−√5
2
; . . . ;
1−√5
2
)
, (−1; 0;−1; 0. . . ;−1; 0), (0;−1; 0;−1; . . . ; 0;−1).2
Bài 17: Giải hệ phương trỡnh: (XV III)

x3 − 12y2 + 48y − 64 = 0 (1)
y3 − 12z2 + 48z − 64 = 0 (2)
z3 − 12x2 + 48x− 64 = 0 (3)
197
Giải
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta cú:
(x− 4)3 + (y − 4)3 + (z − 4)3 = 0(∗)
Suy ra trong 3 số hạng trờn cú ớt nhất 1 số khụng õm, giả sử là (z − 4)3 > 0⇔ z > 4
(2)⇒ y3 − 16 = 12(z − 2)2 > 12.22 ⇒ y > 4
(1)⇒ x3 − 16 = 12(y − 2)2 > 12.22 ⇒ x > 4
Vậy x, y, z > 4⇒ V T (∗) > 0. Khi đú (∗)⇔ x− 4 = y − 4 = z − 4 = 0⇔ x = y = z = 4
Thử lại ta thấy (IX) cú nghiệm (x; y; z) = (4; 4; 4) 2
Bài 18: Tỡm nghiệm dương của hệ phương trỡnh (XV II)

30
√
x1 + 4
√
x2 =
2009
√
x20083
30
√
x2 + 4
√
x3 =
2009
√
x20084
......................................
30
√
x2008 + 4
√
x1 =
2009
√
x20082
Giải
Giả sử (x1, x2, x3....., x2008) là một nghiệm của hệ phương trỡnh.
Đặt a = max {x1, x2, x3....., x2008}, b = min {x1, x2, x3....., x2008} ⇒ a > b > 0.
Ta cú: 
34
√
a > 30√x1 + 4√x2 = 2009
√
x20083
34
√
a > 30√x2 + 4√x3 = 2009
√
x20084
......................................
34
√
a > 30√x2008 + 4√x1 = 2009
√
x20082
⇒ 34√a > max
{
2009
√
x20081 ,
2009
√
x20082 , ...,
2009
√
x20082008
}
⇒ 34√a > 2009√a2008 ⇒ 344018a2009 > a4016 ⇒ a2007 6 344018 ⇒ a 6 2007
√
344018
Tương tự ta cú: 
34
√
b 6 30√x1 + 4√x2 = 2009
√
x20083
34
√
b 6 30√x2 + 4√x3 = 2009
√
x20084
......................................
34
√
b 6 30√x2008 + 4√x1 = 2009
√
x20082
⇒ 34√b 6 min
{
2009
√
x20081 ,
2009
√
x20082 , ...,
2009
√
x20082008
}
⇒ 34√b 6 2009√b2008 ⇒ 344018b2009 6 b4016 ⇒ b2007 > 344018 ⇒ b > 2007
√
344018
Vậy a = b =
2007
√
344018 ⇒ x1 = x2 = ...x2008 = 2007
√
344018.
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trỡnh là x1 = x2 = ...x2008 =
2007
√
344018 2
Ta cựng xem qua một số bài hệ hoỏn vị lượng giỏc:
198
Bài 19: Giải hệ phương trỡnh (XIX)

cos 2x+ cosx = 2 cos y
cos 2y + cos y = 2 cos z
cos 2z + cos z = 2 cos x
Giải
Ta cú:
(XIX)⇔

(2 cosx− 1)(cosx+ 2) = 2 cos y − 1
(2 cos y − 1)(cos y + 2) = 2 cos z − 1
(2 cos z − 1)(cos z + 2) = 2 cos x− 1
⇒

|2 cosx− 1| (cosx+ 2) = |2 cos y − 1|
|2 cos y − 1| (cos y + 2) = |2 cos z − 1|
|2 cos z − 1| (cos z + 2) = |2 cosx− 1|
⇒ |2 cosx− 1| > |2 cos y− 1| > |2 cos z− 1| > |2 cosx− 1| (do cosx+ 2; cos y+ 2; cos z+ 2 > 1)
⇒ |2 cosx− 1| = |2 cos y − 1| = |2 cos z − 1|
Khi đú (XIX) trở thành:

|2 cosx− 1| (cosx+ 2) = |2 cosx− 1|
|2 cos y − 1| (cos y + 2) = |2 cos y − 1|
|2 cos z − 1| (cos z + 2) = |2 cos z − 1|
⇔
[
2 cosx− 1 = 2 cos y − 1 = 2 cos z − 1 = 0
cosx+ 2 = cos y + 2 = cos z + 2 = 1
⇔
x, y, z ∈ {±pi3 + kpi|k ∈ Z}
x, y, z ∈ {pi ± 2kpi|k ∈ Z}
2
Bài 20: Giải hệ phương trỡnh (XX)

2 cos 2x+
tan2x+ tan2y
1 + tan2x
= 2
2 cos 2y +
tan2y + tan2z
1 + tan2
= 2
2 cos 2z +
tan2z + tan2x
1 + tan2z
= 2
Giải
Từ đẳng thức cos 2α =
1− tan2α
1 + tan2α
, ta cú
(XX)⇔

tan2y − tan2x
1 + tan2x
= 1− cos 2x
tan2z − tan2y
1 + tan2y
= 1− cos 2y
tan2x− tan2z
1 + tan2z
= 1− cos 2z
⇒ tan2 x > tan2 y > tan2 z > tan2 x⇒ tan2x = tan2 y = tan2 z
⇒ 1− cos 2x = 1− cos 2y = 1− cos 2z = 0⇔

x = kpi
y = lpi
z = mpi
(k, l,m ∈ Z)
Thử lại ta thấy (XX) cú nghiệm (x; y; z) = (kpi; lpi;npi) (k, l,m ∈ Z) 2
199
Bài 21: Giải hệ phương trỡnh (XXI)

ex − ex−y = y
ey − ey−z = z
ez − ez−x = x
Giải
Với x = 0, ta cú hệ 
1− e−y = y
ey − ey−z = z
ez − ez = 0
Xột hàm f(y) = 1− e−y − y (y ∈ R).
Ta cú: f ′(y) = e−y − 1 = 0⇔ y = 0
Do f(y) đồng biến trờn (−∞; 0] và nghịch biến trờn [0; +∞) nờn Maxf(y) = 0 và do đú phương
trỡnh f(y) = 0 cú nghiệm duy nhất y = 0⇒ z = 0.
Vậy (0;0;0) là một nghiệm của phương trỡnh.
Với x 6= 0, hệ phương trỡnh tương đương với hệ
ex =
yey
ey − 1
ey =
zez
ez − 1
ez =
xex
ex − 1
Xột hàm g(t) =
tet
et − 1(t 6= 0).
Ta cú: g′(t) =
et(et − t− 1)
(et − 1)2 > 0 ∀t 6= 0( vỡ e
t > t+ 1 ∀t 6= 0) lim
t→0−
g(t) = 1; lim
t→0+
g(t) = 1
Dễ thấy g(t) đồng biến trờn (−∞; 0) và trờn (0; +∞)
Suy ra: nếu x > y ⇒ g(x) > g(y) ⇒ ez > ex ⇒ z > x ⇒ g(z) > g(x) ⇒ ey > ez ⇒ y > z ⇒
y > x(mõu thuẫn).
Tương tự, nếu x < y cũng suy ra mõu thuẫn.
Vậy x = y ⇒ y = z và hệ phương trỡnh trở thành
{
x = y = z 6= 0
ex − 1 = x
⇒ x, y, z ∈ ∅.
Vậy (0;0;0) là nghiệm duy nhất của phương trỡnh.
Sau đõy ta cựng xem qua một số bài hệ phương trỡnh chứa tham số:
Bài 22: Cho a, b, c > 0. Giải hệ phương trỡnh: (XXII)

x2 − yz = a
y2 − xz = b
z2 − yx = c
Giải
Ta cú: a2 − bc = (x2 − yz)2 − (y2 − xz)(z2 − yx) = x(x3 + y3 + z3 − 3xyz)
b2 − ac = y(x3 + y3 + z3 − 3xyz), c2 − ab = z(x3 + y3 + z3 − 3xyz)
Đặt k = x3 + y3 + z3 − 3xyz, ta cú: (a2 − bc)2 − (b2 − ac)(c2 − ab) = a(a3 + b3 + c3 − 3abc).
200
Suy ra k2 (x2 − yz) = a(a3 + b3 + c3 − 3abc)⇒ k = ±√a3 + b3 + c3 − 3abc.
Vậy hệ phương trỡnh cú cỏc nghiệm là
x =
a2 − bc
k
, y =
b2 − ac
k
, z =
c2 − ab
k
với k = ±√a3 + b3 + c3 − 3abc 2.
Bài 23: Giải và biện luận hệ phương trỡnh theo m: (XXIII)

mx = z +
1
z
my = x+
1
x
mz = y +
1
y
Giải
Hệ phương trỡnh tương đương 
mxz = z2 + 1
myx = x2 + 1
mzy = y2 + 1
x.y.z 6= 0
⇒ mxy > 0;myz > 0;mzx > 0⇒ m3x2y2z2 > 0⇒ m > 0.
Ta thấy x,y,z cựng dấu và nếu (x; y; z) là nghiệm của hệ phương trỡnh thỡ (−x;−y;−z) cũng
là nghiệm. Do đú ta chỉ cần xột x, y, z > 0. Giả sử x = max {x; y; z}.
> Nếu x > y > z > 0 :
⇒ y2 + 1 > z2 + 1⇒ myz > mxz ⇒ y > x⇒ y = x
⇒ y2 + 1 = x2 + 1⇒ myx = myz ⇒ x = z ⇒ x = y = z.
> Nếu x > z > y > 0 :
⇒ x2 + 1 > z2 + 1⇒ myx > mxz ⇒ y > z ⇒ y = z
⇒ y2 + 1 = z2 + 1⇒ myz = mxz ⇒ x = y ⇒ x = y = z.
Cả hai trường hợp đều suy ra x = y = z.
Do đú hệ phương trỡnh trở thành{
mx2 = x2 + 1
x = y = z > 0
⇔
{
(m− 1)x2 = 1
x = y = z > 0
* Với 0 < m 6 1, hệ phương trỡnh vụ nghiệm.
* Với m > 1, hệ phương trỡnh tương đương x = y = z =
1√
m− 1 .
Túm lại:
Với m 6 1: hệ phương trỡnh vụ nghiệm.
Với m > 1, hệ phương trỡnh cú hai nghiệm là (
1√
m− 1;
1√
m− 1;
1√
m− 1) và
(− 1√
m− 1;−
1√
m− 1;−
1√
m− 1) 2.
Bài 24: Giải hệ phương trỡnh (XXIV )

x2 = y + a
y2 = z + a
z2 = x+ a
(0 < a < 1)
Giải
201
Giả sử x = max {x; y; z}.
Từ hệ phương trỡnh suy ra z2 = max {x2; y2; z2}.
> Nếu z > 0:
Ta cú z2 = max {x2; y2; z2} ⇒ z = max {x; y; z} ⇒ x = z ⇒ x2 = z2
⇒ y + a = x+ a⇒ x = y ⇒ x = y